[HNOI 2014]江南乐

Description

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给你指定一个数 \(f\) ，并给你 \(T\) 组游戏，每组有 \(n\) 堆石子， \(A,B\) 两人轮流对石子进行操作，每次你可以选择其中任意一堆数量不小于 \(f\) 的石子，平均分为 \(m\) 份（即保证最大的一堆和最小的一堆中石子数量之差不超过 \(1\) ）。不能操作者负。

问先手是否有必胜策略。

\(T<100,N<100,F<100000,每堆石子数量<100000\)

Solution

首先对于组合游戏，该游戏的 \(sg\) 函数是各个组分 \(sg\) 函数的 \(nim\) 和。

其次 \(sg(x)=mex\{sg(y)|y是x的后继状态\}\) 。由这两个性质我们可以来求初始状态为 \(n\) 态还是 \(p\) 态。

设法来求 \(sg(x)\) 。

我们可以枚举分的堆数 \(i\) 。

为了使数量尽量平均，我们应该使分出来每堆的石子数量尽可能等于 \(\lfloor\frac{x}{i}\rfloor\) ，如果每一堆分到\(\lfloor\frac{x}{i}\rfloor\) 个石子，那么最后会多出 \(x\mod i\) 个石子。

考虑把这些多出来的石子分别放在分出来的石子堆中，那么有 \(x\mod i\) 堆会分到新的石子。

经过简单的计算，我们可以发现最后有 \(x\mod i\) 堆分到了 \(\lfloor\frac{x}{i}\rfloor+1\) 个石子，有 $ i-(x\mod i)$ 堆分到了 \(\lfloor\frac{x}{i}\rfloor\) 。

由数论分块的思想，对于相同的块内，后继状态 \(y\) 最多只有两种，由于相同的数异或可以抵消，我们可以通过判断 \(x\mod i\) 和 \(i-(x\mod i)\) 的奇偶性来缩小运算规模。

Code

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100000;

int sg[N+5], mex[N+5], t, F, n, x;

int f(int x) {
  if (sg[x] != -1) return sg[x];
  if (x < F) return sg[x] = 0;
  sg[x] = 0;
  for (int i = 2; i <= x; i = x/(x/i)+1) {
    int tmp = 0;
    if ((i-x%i)&1) tmp ^= f(x/i); if ((x%i)&1) tmp ^= f(x/i+1);
    mex[tmp] = x;
    if (i < x && (x/i == x/(i+1))) {
      ++i, tmp = 0;
      if ((i-x%i)&1) tmp ^= f(x/i); if ((x%i)&1) tmp ^= f(x/i+1);
      mex[tmp] = x;
    }
  }
  while (mex[sg[x]] == x) ++sg[x];
  return sg[x];
}
void work() {
  memset(sg, -1, sizeof(sg));
  scanf("%d%d", &t, &F); --t;
  while (t--) {
    scanf("%d", &n); int ans = 0; while (n--) scanf("%d", &x), ans ^= f(x); printf("%d ", (ans != 0));
  }
  scanf("%d", &n); int ans = 0; while (n--) scanf("%d", &x), ans ^= f(x); printf("%d\n", (ans != 0));
}
int main() {
  work(); return 0;
}